畜禽-怎样折蝴蝶结

中国教育学会中学数学教学专业委员会
“《数学周报》杯”2019年全国初中数学竞赛试题
一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填
入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）
ab
ab
的值为（ ）．
20， 10
，则
bc
bc
110
1121210
（A） （B） （C） （D）
21
211111
a
 1
ab
b
201210
解：
D
由题设得． < br>
c1
bc
1
11
1
b10
1< br>2
2．若实数a，b满足
aabb20
，则a的取值范围是 （ ）．
2
（A）a≤
2
（B）a≥4 （C）a≤
2
或 a≥4 （D）
2
≤a≤4
1．若
解．C
因为b是实数，所以关于b的一元二次方程
bab
2
2
1
a20

2
的判别式
＝(a)41(a2)
≥0,解得a≤
2
或 a≥4． 3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝120°，AB=
23
，BC=
422
，CD＝
42
，则AD边
的长为（ ）．
（A）
26
（B）
46

（D）
226

（第3题）
1
2
（C）
46

解：D
如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，
F．
由已知可得
BE=AE=
6
，CF＝
22
，DF＝2
6
，
（第3题）
于是 EF＝4＋
6
．
过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得
222
AD< br>(46)(6)(224)
＝
226
．
4．在一列数< br>x
1
，x
2
，x
3
，
……中，已知
x
1
1
，且当k≥2时，
x
k
x
k1
14


k1



k2
< br>



4

4


 



（取整符号

a

表示 不超过实数
a
的最大整数，例如

2.6

2
，

0.2

0
），则
x
2010
等于（ ）．
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
解：B
由
x
1
1
和
x
k
x
k1
14




k1
k2


可得



< br>

4

4


x
1
 1
，
x
2
2
，
x
3
3
，x
4
4
，
x
5
1
，
x
6
2
，
x
7
3
，
x
8
4< br>，
……
因为2010=4×502+2，所以
x
2010
=2．
5．如图 ，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，－1），C（－2，
－1），D（－1，1）．y轴上一点P（0，2）绕点A旋转180°得点P
1
，点 P
1
绕点B旋转180°得点P
2
，
点P
2
绕点C 旋转180°得点P
3
，点P
3
绕点D旋转180°得点P
4
，……，重复操作依次得到点P
1
，P
2
，…，
则点P
2010
的坐标是（ ）．
（A）（2010，2） （B）（2010，
2
）
（C）（2012，
2
） （D）（0，2）
解：B由已知可以得到， 点
P
1
，
P
2
的坐标分别为（2，0），（2，
 2
）．
（ b
2
)
，其中
a
2
2,b
2
2
． 记
P
2
a
2
，
根据对称关系，依次可以求得：
（第5题）
P
3
(4a
2
，－2－b
2)
，
P
4
(2a
2
，4b
2
)< br>，
P
5
(a
2
，2b
2
)
，
P
6
(4a
2
，b
2
)
．
令
P
6
(a
6
,b
2
)
，同样可以求得，点
P
，即
P
，
10
的坐标为（
4a
6< br>,b
2
）
10
（
42a
2
,b
2
）
由于2010=4

502+2，所以点
P
2010< br>的坐标为（2010，
2
）．
二、填空题
6．已知a＝
5
－1，则2a
3
＋7a
2
－2a－12 的值等于 ．
解：0
由已知得 (a＋1)
2
＝5，所以a
2
＋2a＝4，于是
2a
3< br>＋7a
2
－2a－12＝2a
3
＋4a
2
＋3a2
－2a－12＝3a
2
＋6a－12＝0．
7．一辆客车、一辆货车 和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶．在某一时刻，客车在前，
小轿车在后，货车在客 车与小轿车的正中间．过了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿

车追上了 客车；再过t分钟，货车追上了客车，则t＝ ．
解：15
设在 某一时刻，货车与客车、小轿车的距离均为S千米，小轿车、货车、客车的速度分别为
a，b，c

（千米分），并设货车经x分钟追上客车，由题意得
10

ab

S
， ①
15

ac

2S
， ②
x

bc

S
． ③
由①②，得
30
．
（bc）S
，所以，x=30． 故
t3010515
（分）
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形 OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），
C（4，4），D（6， 4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的
两部分 ，则直线l的函数表达式是 ．








解：
y
（第8题
（第8题）
111
x+

33
如图，延长BC交x轴于点 F；连接OB，AF
；连接
CE，DF，且相交于点N．
由已知得点M（2，3）是 OB，AF的中点，即点M为矩形ABFO的中心，所以直线
l
把矩形ABFO分
成面 积相等的两部分．又因为点N（5，2）是矩形CDEF的中心，所以，
过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分．
于是，直线
MN
即为所求的直线
l
．

2k+b 3，
设直线
l
的函数表达式为
ykxb
，则


5kb2，

1

k，

111
3
解得

,故所求直线
l
的函数表达式为
yx+
．
33

b
11
.

3

9．如图，射线 AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN
于点F， C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D．若CD＝CF，则

AE

．
AD

解：
51

2
见题图，设
FCm,AFn
．
因为Rt△AFB∽Rt△ABC，所以
ABAFAC
．
又因为 FC＝DC＝AB，所以
mn(nm)，
即
(
2
2
（第9题）
n
2
n
，
)10
mm
解得
n51n51

，或

（舍去）．
m2m2
又Rt△
AFE
∽Rt△
CFB
， 所以
AEAEAFn

ADBCFCm
5151
AE， 即=．
22
AD
10．对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的 余数为i－1．若
n
的最小值
n
0
满足
2000n
0
3000
，
则正整数
k
的最小值为 ．
解：
9
因为
n1
为
2，， 3 ，k
的倍数，所以
n
的最小值
n
0
满足
n
0
1

2，， 3 ，k

，
其中

2，，
3 ，k
的最小公倍数．
3 ，k

表示
2，，
由于

2，， 3 ， 8

840， 3 ， 9

2520，


2，，
3

2，，， 10

2520， 3 ， 11

27720
，

2，，
因此满足
2000n
0
3000
的正整数
k
的最小值为
9．
三、解答题（共4题，每题20分，共80分）
11．如图，△ABC为等腰三角 形，AP是底边BC上的高，点D是线段PC上的一点，BE和CF分别
是△ABD和△ACD的外接圆 直径，连接EF. 求证： ．
tanPAD









EF

BC
（第11题）

证明：如图，连接ED，FD. 因为BE和CF都是直径，所以
ED⊥BC， FD⊥BC，
因此D，E，F三点共线. …………（5分）
连接AE，AF，则
AEFABCACBAFD
，
所以，△ABC∽△AEF. …………（10分）
作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD. 由△ABC∽△AEF可得
（第11题）
EFAH
，

BCAP
EFPD
从而 ，

BCAP
PDEF
所以
tanPAD
. …………（20分）

APBC
k
2
12．如图，抛物线
yaxbx
（a

0）与双曲线
y
相交于点A，B. 已知点 A的坐标为（1，4），点B
x
在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）.
（1）求实数a，b，k的值；
（2）过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求
所有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标.
k
上，
x
4
所以k=4. 故双曲线的函数表达式为
y
.
x< br>4
设点B（t，），
t0
，AB所在直线的函数表达式为
ymx n
，则有
t
解：（1）因为点A（1，4）在双曲线
y
（第12题）

4mn，
44(t1)

解得，.
m n

4
tt
mtn，


t
于是 ，直线AB与y轴的交点坐标为

0,


4(t1)


，故
t

1（4t1）
S
AOB


1t

3
，整理得
2t
2
3 t20
，
2t
1
解得
t2
，或t＝（舍去）．所 以点B的坐标为（
2
，
2
因为点A，B都在抛物线
yaxbx
（a

0）上，
2
．
2
）
所以


ab4，

a1，
解得

…（10分）

4a2b2，

b3.

（ 2）如图，因为AC∥x轴，所以C（
4
，4），
于是CO＝4
2
. 又BO=2
2
，所以
2
CO
2
.
BO
设抛物线
yaxbx
（a

0）与x轴负半轴相交于点D，
则点D的坐标为（
3
，0）.
因为∠COD＝∠BOD＝
45
，所以∠COB=
90
.
（第12题）
（i）将△
BOA
绕点O顺时针旋转
90
，得到△
B

OA
1
.这时，点
B

(< br>2
，2)是CO的中点，点
A
1
的坐
标为（4，
 1
）.
延长
OA
1
到点
E
1
，使得OE
1
=
2OA
1
，这时点
E
1
（8 ，
2
）是符合条件的点.
（ii）作△
BOA
关于x轴的对称图 形△
B

OA
2
，得到点
A
2
（1，4
）；延长
OA
2
到点
E
2
，使得
OE
2
＝
2OA
2
，这时点E
２
（2，
 8
）是符合条件的点．
所以，点
E
的坐标是（8，
2
） ，或（2，
8
）. …………（20分）

13．求满足
2pp8m2m
的所有素数p和正整数m.
解：由题设得
p(2p1)(m4)(m2)
，
所以
p( m4)(m2)
，由于p是素数，故
p(m4)
，或
p(m2). ……（5分）
（1）若
p(m4)
，令
m4kp
，k是正整数，于是
m2kp
，
22
3p
2
p(2p1)(m4)(m2)k
2
p
2
，
故
k3
，从而
k1
.
所以

2< br>
m4p，

p5，
解得

…………（10分）
m22p1，m9.

（2）若
p(m2 )
，令
m2kp
，k是正整数.
当
p5
时，有
m4kp6kppp(k1)
， < br>3p
2
p(2p1)(m4)(m2)k(k1)p
2
，
故
k(k1)3
，从而
k1
，或2.
由于
p(2p1)(m4)(m2)
是奇数，所以
k2
，从而k1
.


m42p1，
于是


m2p，

这不可能.
当
p5
时，
m2m63
，
m9
；当
p3
，
m2m29
，无正整数解；当
p2
时，
22
m
2< br>2m18
，无正整数解.
综上所述，所求素数p=5，正整数m=9. …………（20分）

14．从1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出 多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和
都能被33整除？

解：首先，如下6 1个数：11，
1133
，
11233
，…，
11603 3
（即1991）满足题设条件.（5
分）
另一方面，设
a
1
a
2
a
n
是从1，2，…，2010中取出的满足题设条 件的数，对于这n个数中的
任意4个数
a
i
，a
j
，ak
，a
m
，因为
(
j
a
k
a
m
，
)

33(a
i
a
k
a
m
)
，
33a
所以
33a(
j
a
i
.
)
因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数. …………（10分） < br>设
a
i
a
1
33d
i
，i=1，2，3 ，…，n.
由
33(a
1
a
2
a
3
)
，得
33(3a
1
33d
2
33d
3
)
，
所以
333a
1
，
11a
1
，即
a
1
≥11. …………（15分）
d
n

故
d
n
≤60. 所以，n≤61.
a
n
a
1
201011
61
， ≤
3333
综上所述，n的最大值为61. …………（20分）